刷题记录:牛客NC20568[SCOI2012]滑雪与时间胶囊

传送门:牛客

题目描述:

a180285非常喜欢滑雪。他来到一座雪山，这里分布着M条供滑行的轨道和N个轨道之间的
交点（同时也是景点），而且每个景点都有一编号i（1 ≤ i ≤ N）和一高度Hi。a180285 能
从景点i 滑到景点j 当且仅当存在一条i 和j 之间的边，且i 的高度不小于j。 
与其他滑雪爱好者不同，a180285喜欢用最短的滑行路径去访问尽量多的景点。如果仅仅
访问一条路径上的景点，他会觉得数量太少。于是a180285拿出了他随身携带的时间胶
囊。 
这是一种很神奇的药物，吃下之后可以立即回到上个经过的景点（不用移动也不被认为是 
a180285 滑行的距离）。
请注意，这种神奇的药物是可以连续食用的，即能够回到较长时间 之前到过的景点（比如
上上个经过的景点和上上上个经过的景点）。 
现在，a180285站在1号景点望着山下的目标，心潮澎湃。他十分想知道在不考虑时间 胶
囊消耗的情况下，以最短滑行距离滑到尽量多的景点的方案（即满足经过景点数最大的前 
提下使得滑行总距离最小）。你能帮他求出最短距离和景点数吗？
输入:
3 3 
3 2 1 
1 2 1 
2 3 1 
1 3 10
输出:
3 2

一道最小生成树的题目

主要思路:

1. 首先我们看一下题目,我们会发现我们的出发点可以使任意之前所走过的点,这就意味着对于每一点来说,我们到达这一点的花费等同于将这个点加入我们的联通量的花费,而这个步骤恰好是一个最小生成树的过程,对于这个过程,我们使用$prim$算法进行实现,对于$prim$,如果不太熟悉可以看这篇博客
2. 但是和最小生成树不同的是,这道题中我们有一个高度的限制,我们会发现高度高的肯定是无法被高度低的所更新的.那么此时对于$prim$算法来说,我们进行排序的第一关键字就是我们的高度,第二关键字是我们的将其加入我们联通量的花费.因为对于$prim$算法来说,我们的算法思想是尽量用最小的花费将点加入我们的联通量中,而对于优先队列中高度最高的点来说,这个点无法被之后的点所更新了,那么此时需要的花费就是最小的花费了.所以贪心正确性是可以得到保证的.而小的点可以被大的点所更新,所以应该放在后面.这样我们就巧妙的解决了高度的问题

注意使用long long

下面是具体的代码部分:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define int long long
#define maxn 1000000
const double eps=1e-8;
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
struct Node{
	int v,w;
};
vector<Node>edge[maxn];
struct heapnode{
	int u,d;
};
int h[maxn];
bool operator < (const heapnode a,const heapnode b) {
	if(h[a.u]==h[b.u]) return a.d>b.d;
	else return h[a.u]<h[b.u];
}
int n,m;
int cnt=0,ans=0;int vis[maxn],dis[maxn];
void prim(int S) {
	for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=int_INF;
	dis[S]=0;
	priority_queue<heapnode>q;
	q.push({S,0});
	while(!q.empty()&&cnt<n) {
		heapnode f=q.top();q.pop();
		int u=f.u;
		if(vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		cnt++;ans+=dis[u];
		for(int i=0;i<edge[u].size();i++) {
			int v=edge[u][i].v;
			if(dis[v]>edge[u][i].w) {
				dis[v]=edge[u][i].w;
				q.push({v,dis[v]});
			}
		}
	}
}
signed main() {
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int u=read(),v=read(),w=read();
		if(h[u]>=h[v]) edge[u].push_back({v,w});
		if(h[v]>=h[u]) edge[v].push_back({u,w});
	}
	prim(1);
	cout<<cnt<<" "<<ans<<endl;
	return 0;
}